\documentclass[a4paper]{article}
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\title{\heiti\zihao{2} 习题11.4}
\author{中书君}
\date{\songti \today}

\begin{document}
\maketitle
\section{证明:将 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_{n}$ 和 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} y_{n}$ 按正方形排列所得的乘积 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} d_{n}$ 收敛,且有$$\sum\limits_{n=1}^{\infty} d_{n}=\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_{n}\right)\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} y_{n}\right)$$}
\textbf{证}\quad
$$
	\left(\begin{array}{ccccc}
			x_{1} y_{1} & x_{1} y_{2} & \cdots & x_{1} y_{n} & \cdots \\
			x_{2} y_{1} & x_{2} y_{2} & \cdots & x_{2} y_{n} & \cdots \\
			\cdots      & \cdots      & \cdots & \cdots      & \cdots \\
			x_{n} y_{1} & x_{n} y_{2} & \cdots & x_{n} y_{n} & \cdots \\
			\cdots      & \cdots      & \cdots & \cdots      & \cdots
		\end{array}\right)
$$
显然有
$$
	\begin{aligned}
		 & d_{1} = x_{1} y_{1}                                                                   \\
		 & d_{2} = x_{1} y_{2} + x_{2} y_{2} + x_{2} y_{1}                                       \\
		 & \cdots                                                                                \\
		 & d_{n} = x_{1} y_{n} + x_{2} y_{n} + \cdots +x_{n}y_{n}+x_{n}y_{n-1}+\cdots+x_{n}y_{1}
	\end{aligned}
$$
记
$$
	\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_{n},\sum\limits_{n=1}^{\infty} y_{n}
	,\sum\limits_{n=1}^{\infty} d_{n}
$$
得前$n$项部分和为$S,S',S''$,则有$S''=S\cdot S'$.从而由于
$$
	\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_{n},\sum\limits_{n=1}^{\infty} y_{n}
$$
收敛,从而$\sum\limits_{n=1}^{\infty} d_{n}$收敛且满足
$$
	\sum\limits_{n=1}^{\infty} d_{n}=\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_{n}\right)\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} y_{n}\right)
$$

\section{定义函数$$f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n !}$$证明:}
\subsection{$f(x)$ 的定义域为 $(-\infty,+\infty)$}
\textbf{证}\quad
$x$在定义域内$\Leftrightarrow $级数收敛.

当$x=0$时$f(x)=0$.

当$x>0$时,由于$\lim\limits_{n \to \infty}  \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{x}{n+1}=0$,从而级数收敛.

当$x<0$时,由于当$n>x$时$\frac{x^{n}}{n!}$关于$n$单调递减趋于$0$.数列为$\mathrm{Leibniz}$数列.从而级数收敛.

对于$f(X)$的定义域显然为$\mathbb{R}$证毕.

\subsection{$f(x+y)=f(x) f(y)$ 对所有实数 $x,y$ 成立}
\textbf{证}\quad
引理:设级数 $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} a_{n}$ 与 $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} b_{n}$ 都绝对收敛, 则其乘积矩阵 中所有元素的任何一个排列构成的级数也绝对收敛, 并且它的和为
$$
	\sum\limits_{n=1}^{+\infty} a_{n} \cdot \sum\limits_{n=1}^{+\infty} b_{n}
$$
\par\textbf{证}$1^{\circ}$\quad
设 $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} a_{k_{n}} b_{j_{n}}$ 为 $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} a_{n}$ 与 $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} b_{n}$ 的乘积矩阵中所有元素的一个排列构成的级数,其前$n$项部分和记为$S_{n}(n=1,2,\cdots)$.对于$\forall n\in\mathbb{N}$,记
$$
	M_{n}=\max_{1\leqslant i \leqslant n}\{k_{i},j_{i}\}
$$
则
$$
	\sum\limits_{i=1}^{n}\left|a_{k_{i}} b_{j_{i}}\right| \leqslant \sum\limits_{k=1}^{M_{n}}\left|a_{k}\right| \cdot \sum\limits_{j=1}^{M_{n}}\left|b_{j}\right| \leqslant \sum\limits_{k=1}^{+\infty}\left|a_{k}\right| \cdot \sum\limits_{j=1}^{+\infty}\left|b_{j}\right|
$$
因此 $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} a_{k_{n}} b_{j_{n}}$ 绝对收敛. 从而它的任何重排也绝对收敛并且和不变.

由$\mathrm{Cauchy}$定理知:正方形方法排列得到的乘积 $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} d_{n}$ 收敛到
$$\sum\limits_{n=1}^{+\infty} a_{n} \cdot \sum\limits_{n=1}^{+\infty} b_{n}
$$
而 $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} d_{n}$ 是在乘积矩阵中所有元素的一个排列构成的级数加上一些括号所得, 因此乘积矩阵中所有元素的任何一个排列构成的级数都收敛到
$$
	\sum\limits_{n=1}^{+\infty} a_{n} \cdot \sum\limits_{n=1}^{+\infty} b_{n}$$
即
$\sum\limits_{n=1}^{+\infty} a_{k_{n}} b_{j_{n}}$ 收敛到 $$\sum\limits_{n=1}^{+\infty} a_{n} \cdot \sum\limits_{n=1}^{+\infty} b_{n}$$
证毕.

由于$f(x)$绝对收敛.显然对于
$$
	\left(\begin{array}{ccccc}1 & x & \frac{x^{2}}{2 !} & \frac{x^{3}}{3 !} & \cdots \\ y & x y & \frac{x^{2} y}{2 !} & \frac{x^{3} y}{3 !} &\cdots \\ \frac{y^{2}}{2 !} & \frac{x y^{2}}{2 !} & \frac{x^{2} y^{2}}{(2 !)^{2}} & \frac{x^{3} y^{2}}{(2 !)(3 !)} &\cdots \\ \frac{y^{3} !}{3 !} & \frac{x y^{3}}{3 !} & \frac{x^{2} y^{3}}{(2 !)(3 !)} &\frac{x^{3} y^{3}}{(3 !)^{2}}&\cdots \\ \vdots &\vdots & \vdots &\vdots &\ddots \end{array}\right) 
$$
是$f(x),f(y)$的正方形乘积矩阵,其绝对收敛.而其中的$a_{n,m}$元,有
$$
\begin{aligned}
    a_{n,m}&=\frac{y^{n-1}x^{m-1}}{(n-1)!(m-1)!}\\&=\frac{1}{(n+m-2)!}\cdot C_{n+m-2}^{n-1}=\frac{1}{(n+m-2)!}\cdot\frac{(n+m-2)!}{(n-1)!(m-1)!}\\&=C_{n+m-2}^{n-1}f_{n-1,m-1}(y+x)
\end{aligned}
$$
所以可知$f(x+y)$是矩阵的对角线上的和.从而由引理知其绝对收敛,从而$f(x+y)=f(x)f(y)$.证毕.

\textbf{证}$2^{\circ}$\quad
利用上面结论,结合$\mathrm{Cauchy}$排序定理即可.

\section{利用级数的 $\mathrm{Cauchy}$ 乘积证明: 当 $|q|<1$ 时,总有$$\left(\sum\limits_{n=0}^{\infty} q^{n}\right)\left(\sum\limits_{n=0}^{\infty} q^{n}\right)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(n+1) q^{n}=\frac{1}{(1-q)^{2}}$$}
\textbf{证}\quad
由$\mathrm{Cauchy}$排序定理知左式成立.只需证明
$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}(n+1) q^{n}=\frac{1}{(1-q)^{2}}$$

记$S_{n}=1+2q+3q^{2}+\cdots+(n+1)q^{n}$,则
$$qS_{n}=q+2q^{2}+\cdots+(n+1)q^{n+1}$$
从而
$$(1-q)S_{n}=\frac{q^{n+1}-1}{q-1}-(n+1)q^{n+1}$$
$$\because|q|<1\therefore\lim\limits_{n \to \infty}  S_{n}=\frac{1}{(1-q)^{2}}$$

\section{利用极限$$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n\right)=\gamma$$其中 $\gamma$ 为 $\mathrm{Euler}$ 常数,求级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n}$ 经调整通项次序之后的如下级数的和:$$1+\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{11}-\frac{1}{6}+\cdots$$}
\textbf{解}\quad
对于 $n \in \mathbb{N},$ 设它的前 $n$ 项部分和 $S_{n}^{\prime},$ 则
$$
\begin{aligned}
S_{3 n}^{\prime} &=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{4 k-3}+\frac{1}{4 k-1}-\frac{1}{2 k}\right) \\
&=\sum\limits_{k=1}^{4 n} \frac{1}{k}-\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{4 k-2}+\frac{1}{4 k}+\frac{1}{2 k}\right)
\end{aligned}
$$
而
$$
\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{4 k-2}+\frac{1}{4 k}+\frac{1}{2 k}\right)=\frac{1}{2} \sum\limits_{k=1}^{2 n} \frac{1}{k}+\frac{1}{2} \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{k}
$$
将它与 $1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}=\ln n+\gamma+\varepsilon_{n}$ 代入$S'_{3n}$得
$$
\begin{aligned}
S_{3 n}^{\prime}=& \ln 4 n+\gamma+\varepsilon_{4 n}-\frac{1}{2}\left(\ln 2 n+\gamma+\varepsilon_{2 n}\right) \\
&-\frac{1}{2}\left(\ln n+\gamma+\varepsilon_{n}\right) \rightarrow \frac{3}{2} \ln 2 \quad(n \rightarrow \infty)
\end{aligned}
$$

\section{将级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{\sqrt{n}}$ 进行如下重排:按原来的次序先取级数中的前 $p$ 个正项,再取 级数中的 $q$ 个负项,接下来再按原来的顺序取接下来的 $p$ 个正项,接着取接下来的 $q$ 个负项,依次下去得到一个新级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_{n} .$ 证明}
\subsection{当 $p=q$ 时,新级数收敛}
\textbf{证}\quad
$\lim\limits_{n \to \infty}  (-1)^{n-1}\frac{1}{\sqrt{n}}=0$,从而为$\mathrm{Leibniz}$级数.显然级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}$发散,所以原级数条件收敛.

当$p=q$时,新级数的子列$S_{2pn}$收敛(前$2pn$项于原级数相同),对$\forall\varepsilon>0$,能取$n$足够大时,有$|x_{n}-0|<\frac{\varepsilon}{p}$.从而由夹逼准则知新级数部分和序列收敛.

\subsection{当 $p>q$ 时,新级数趋于 $+\infty$}
\textbf{证}\quad
同上,只需证明$S_{(p+q)n}$发散,在相邻两项之间的项可由原级数的通项极限为$0$而取到足够大的$n$使其和的绝对值小于任意数.显然由$\mathrm{Lagrange}$中值定理知:
$$
\frac{1}{2\sqrt{n+1}}<\sqrt{n+1}-\sqrt{n}<\frac{1}{2\sqrt{n}}
$$
从而令
$$
\begin{aligned}
    &A=\sum\limits_{k=1,(k,2)=1}^{2np-1}\frac{1}{\sqrt{np}}>\sqrt{2np+1}-\sqrt{\frac{np}{2}}-1\\
    &B=\sum\limits_{k=2,(k,2)=0}^{2nq}<\sqrt{\frac{nq}{2}}
\end{aligned}
$$
由于$\frac{A}{B}>1,\lim\limits_{n \to \infty}A,B=+\infty$,可见$p>q$时$S_{(p+q)n}$发散到$+\infty$.证毕.

\subsection{当 $p<q$ 时,新级数趋于$-\infty$}
\textbf{证}\quad
同上问可得相同结论.





\end{document}